Energy Engineering - Analisi e geometria 1

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Analisi e Geometria 1 Primo appello 14 Febbraio 2017 Compito BDocente:Numero di iscri- zione all'appello:Cognome:Nome:Matricola: Prima parte a.Scrivere la condizione di ortogonalita tra il piano (XX 0)
w= 0 e la rettaX=P 0+ tv:b. Dimostrare:SiaIf !Runa funzione reale derivabile su un interval loIdiR. Sef0 (x)1x per ogni x6 = 0, si ha, perx!0+ : jf(x)j=j 4x3je1x 3e1x >31x > 0 Per i criteri del confronto e del confronto asintotico, l'integrale generalizzatoR 1 0f (x)dxe divergente. 3. Si consideri l'equazione dierenziale y0 +x2 y=x2 (1) (a) Trovare la soluzione generale dell'equazione (1). (b) Siay la soluzione particolare di (1) che soddisfa la condizioney (0) = 3. Scrivere il polinomio di Maclaurin diy di ordine 3. (Non si richiede di trovare esplicitamente la soluzioney .) (c) Trovare tutte le soluzioni non costanti dell'equazione (1) che hanno un punto di esso inx 0= 0. Soluzione (a) Posto A(x) =Z x 0t 2 dt=13 x 3 (2) (al posto di 0 si potrebbe prendere un qualunquex 02 R) la soluzione generale dell'equazione lineare (1) e data da y(x) =C e A(x) +e A(x)Z x 0e A (t) t2 dt =C e x 33 +e x 33 Z x 0e t 33 t2 dt =C e x 33 +e x 33 h et 33 i x 0 =C e x 33 +e x 33  ex 33 1 = (C1)e x 33 + 1 doveCe un'arbitraria costante reale. PostoC1 =K, lasoluzione generaledell'equazione lineare (1) e data daK e x 33 + 1; K2R(3) L'equazione (1) ha un'unica soluzione costante,y 0= 1, che si ottiene da (3) per K= 0. (b)Prima soluzione. Tenendo conto del fatto chey soddisfa l'equazione (1) e chey (0) = 3, abbiamo:y 0=x2y +x2y 0(0) = 0y 00=2xy x2y 0+ 2xy 00(0) = 0y 000=2y 2xy 0 2xy 0 x2y 00+ 2y 000(0) =6 + 2 =4 Dunque ilpolinomio di Maclaurin di ordine trediy e3 2 x33 (b) Seconda soluzione.Dall'espressione della soluzione generale (3) segue che la soluzione particolarey e data day = 2e x 33 + 1 (4) Perx!0,e x 33 = 1x 33 + o(x3 ). Dunque il polinomio di Maclaurin di ordine tre di 2e x 33 + 1 e3 2 x33 (c) Dall'espressione della soluzione generale (3) segue che, per ogni soluzione non costante y K( x) (K6 = 0), il polinomio di Maclaurin di ordine tre e dato da (1 +K)K x 33 Quindi, ogni soluzione non costante y K( x) =K e x 33 + 1; K6 = 0(5) dell'equazione (1) ha inx 0= 0 un punto di esso.Figura 1: Gra ci di K e x3 =3 + 1, perK= 2;0;2;4. Tutte le soluzioniK e x3 =3 + 1 non costanti, cioe con K6 = 0, hanno un esso inx= 0. 4. Si consideri la curva inR3 di equazioni parametriche: 8 > < > :x =t y=t3 t2R z= 1 +t2t3 (a) Veri care che la curva e piana e determinare una equazione cartesiana del pianoche la contiene. (b) Determinare una equazione del piano retti cante della curva nel puntoP= (1;1;0). Soluzione (a) Consideriamo l'equazione di un generico pianoax+by+cz+d= 0 (con (a; b; c)6 = (0;0;0)). La condizione necessaria e suciente anche il piano contenga la curva e che risultiat+bt3 +c(1 +t2t3 ) +d= 0 per ogni t2R, ossia che risulti (b2c)t3 + (a+c)t+c+d= 0 per ognit2R. Cio si veri ca se e solo se il polinomio precedente nell'indeterminatate il polinomio nullo, ossia se e solo seb= 2c,a=ced=c. Cio si veri ca per in niti valori proporzionali non tutti nulli dia,b,ced{ ad esempio pera= 1,b=2,c=1 ed= 1 { che corrispondono a un unico piano che contiene la curva : il piano di equazionex 2yz+ 1 = 0. Tale piano e il piano osculatore alla curva in un suo qualsiasi punto. (b) Il puntoP= (1;1;0) corrisponde al valoret= 1 del parametro. Postor(t) = (t; t3 ;1 +t2t3 ), risulta r0 (t) = (1;3t2 ;16t) e quindir0 (1) = (1;3;5). La tangente a inPha quindi la direzione del vettore v= (1;3;5). Il piano retti cante della curva nel puntoP= (1;1;0) e parallelo sia av= (1;3;5) sia a w= (1;2;1) (vettore ortogonale al piano osculatore). Quindi un vettore ortogonale al piano retti cante inPew^v= (13;4;5). Un'equazione del piano retti cante inPe quindi 13(x1) + 4(y1) + 5z= 0, equivalente a13 x+ 4y+ 5z17 = 0.Soluzione alternativa: nel fascio di piani che hanno come sostegno la retta tangenta a inP, si cerca quello ortogonale al piano osculatore.